高考物理--电磁感应中的动力学问题(答案)
第61课时 电磁感应中的动力学问题(题型研究课)
[命题者说] 电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点，这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。感应电流受安培力而影响导体棒的运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。
(一) 运动切割类动力学问题
[例1]
[解析] (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有
v ＝at 0②
当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Blv ③
联立①②③式可得E ＝Blt 0? ??
??F
m
－μg 。④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R
⑤ 式中R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
F 安＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F －μmg －F 安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0
m 。⑧
[答案] (1)Blt 0? ??
??F m －μg (2)B 2l 2
t 0m 考法2 双杆模型
[例2] [思路点拨]
(1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。
(2)导体棒ab 运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。
[解析] (1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2，加速度大小分别为a 1和a 2，受到的安培力大小均为F 1，则感应电动势为E ＝Bl (v 1－v 2)① 感应电流为I ＝E
2R
②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得F －F 1＝ma 1，F 1＝ma 2③
当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时
a1＝a2④
解得a1＝a2＝
F
2m
⑤
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。
(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd 棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。
[答案] 见解析
两类双杆模型对比
类型模型运动图像运动过程分析方法
不受外力
杆MN做变减速
运动，杆PQ做变
加速运动；稳定
时，两杆以相等
的速度匀速运动
将两杆视为整
体，不受外力，
最后a＝0
受到恒力
开始时，两杆做
变加速运动；稳
定时，两杆以相
同的加速度做匀
加速运动
将两杆视为整
体，只受外力F，
最后a＝
F
2m
考法3 含电容器问题
[例3]
[解析] (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有
C＝
Q
U
③
联立①②③式得Q＝CBLv④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场
的作用力方向沿导轨向上，大小为F 1＝BLi ⑤
设在时间间隔(t ，t ＋Δt )流经金属棒的电荷量为ΔQ ，按定义有i ＝ΔQ
Δt ⑥
ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )增加的电荷量。由④式得 ΔQ ＝CBL Δv ⑦
式中，Δv 为金属棒的速度变化量。按定义有
a ＝
Δv
Δt
⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
F 2＝μF N ⑨
式中，F N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有
F N ＝mg cos θ ⑩
金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－
F 1－F 2＝ma ?
联立⑤至?式得
a ＝m sin θ－μcos θm ＋B 2L 2C
g ?
由?式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t 时刻金属棒的速度大小为
v ＝m sin θ－μcos θm ＋B 2L 2C
gt ?
[答案] (1)Q ＝CBLv (2)v ＝
m sin θ－μcos θ
m ＋B 2L 2C
gt
这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流，漏掉导体棒所受的安培力，影响加速度的计算和导体棒运动情况的判断。 [集训冲关] 1.
解析：(1)导体棒切割磁感线，E ＝BLv 导体棒做匀速运动，F ＝F 安 又F 安＝BIL ，其中I ＝E R
在任意一段时间Δt ，拉力F 所做的功
W ＝Fv Δt ＝F 安v Δt ＝B 2L 2v 2
R
Δt
电路获得的电能ΔE ＝qE ＝EI Δt ＝B 2L 2v 2
R
Δt
可见，在任意一段时间Δt ，拉力F 所做的功与电路获得的电能相等。 (2)导体棒达到最大速度v m 时，棒中没有电流，电源的路端电压U ＝BLv m 电源与电阻所在回路的电流I ＝
E －U
r
电源的输出功率P ＝UI ＝EBLv m －B 2L 2v m 2
r
。
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv ＝U 由电容器的U -t 图像可知U ＝U 1t 1
t 导体棒的速度随时间变化的关系为v ＝
U 1
BLt 1
t 可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a ＝U 1
BLt 1
由C ＝Q U 和I ＝Q t ，得I ＝CU t ＝
CU 1
t 1
由牛顿第二定律有F －BIL ＝ma 可得F ＝
BLCU 1t 1＋mU 1
BLt 1
。 答案：(1)见解析 (2)EBLv m －B 2L 2v m 2
r
(3)
BLCU 1t 1＋mU 1
BLt 1
2.
解析：(1)AB 杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态， 对AB 杆：3mg ＝2T 对CD 杆：2T ＝mg ＋BIL
又F ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，解得：v 1＝4mgR B 2L
2。
(2)AB 、CD 棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：(3m －m )gh －2Q ＝12
×4mv 12
h ＝mv 12＋Q mg ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L 4mgB 4L 4
q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BLh 2R ＝16m 3g 2R 2
＋QB 4L 4
2RmgB 3L
3
(3)AB 杆与CD 杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB 杆：3mg ＝2T ＋BIL
对CD 杆：2T ＝mg ＋BIL
又F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R ，解得v 2＝mgR
B 2L
2
所以
mgR B 2L 2＜v 2＜4mgR
B 2L
2 答案：(1)v 1＝4mgR B 2L
2
(2)h ＝mv 12＋Q mg ＝16m 3g 2R 2＋QB 4L 4
mgB 4L 4
q ＝16m 3g 2R 2
＋QB 4L
4
2RmgB 3L 3
(3)
mgR B 2L 2＜v 2＜4mgR B 2L
2 (二) 变化磁场类动力学问题
[典例]
[解析] (1)t ＝0时刻线框中的感应电动势E 0＝ΔB Δt
L 2
功率P ＝E 02
R
解得P ＝k 2L 4
R
。
(2)由动能定理有W ＝ΔE k 解得W ＝12
mv 2
穿出过程线框中的平均电动势E ＝
ΔΦ
Δt
线框中的电流I ＝
E
R
通过的电量q ＝I Δt
解得q ＝B 0L 2
R
。
(3)n 匝线框中t ＝0时刻产生的感应电动势E ＝n ΔΦ
Δt
线框的总电阻R 总＝nR 线框中的电流I ＝
E R 总
t ＝0时刻线框受到的安培力F ＝nB 0IL
设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝(nm ＋M )a
解得a ＝kB 0L 3
? ??
??M n ＋m R ，
可知n 越大，a 越大。
[答案] (1)k 2L 4R (2)12mv 2 B 0L
2
R
(3)见解析
磁场变化类电磁感应问题的解题方法
(1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。 (2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。
(3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。 (4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。 [集训冲关]
解析：(1)由法拉第电磁感应定律有
E ＝n
ΔΦΔt
得E ＝n ??????ΔB Δt ×12π×r 2＝10×2π×12π×0.52
V ＝2.5 V
小灯泡正常发光，有P ＝I 2
R 由闭合电路欧姆定律有E ＝I (R 0＋R ) 则有P ＝?
??
??E R 0＋R 2R ，
代入数据解得R ＝1.25 Ω。 (2)对线框受力分析如图
设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B ′ 由力的平衡条件有mg sin θ＝F 安＋F f ＝F 安＋μmg cos θ
F 安＝nB ′I ×2r
联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B ′＝0.4 T 由B ′＝2－2
π
t ，得
线框在斜面上可保持静止的时间t ＝1.62/π s ＝4π
5 s
小灯泡产生的热量Q ＝Pt ＝1.25×4π
5 J ＝3.1 J 。
答案：(1)1.25 Ω (2)3.1 J
[课时达标检测]
一、选择题 1.
解析：选B 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值
v m ，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F ＝BLv m R LB ，对金属杆列平衡方程式：mg sin α＝B 2L 2v m
R
，则v m ＝
mg sin α·R
B 2L 2。由此式可知，B 增大，v m 减小；α增大，v m 增大；R 变小，v m 变小；m 变小，
v m 变小。因此A 、C 、D 错误，B 正确。
2.
解析：选C 当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U ＝E ＝
BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错误，C 正确；MN 匀速运动时，因无电流而不受安
培力，故拉力为零，D 错误。 3.
解析：选AC 由右手定则可知，电阻R 中的感应电流方向由c 到a ，A 正确；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有2ma m ＝mg ，最大加速度：a m ＝g
2
，B 错误；对导体棒与物块组
成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即B 2l 2v m
2R
＝mg ，所以v m ＝
2mgR B 2l 2，C 正确；通过电阻R 的电荷量q ＝
ΔΦ2R ＝Blh
2R ，D 错误。 4.
解析：选BC 对两金属棒ab 、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝2
3F ，C 正确。
二、计算题
5.解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是a →b ，由左手定则可知，
ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。
设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有
F ＝BIL 1＝Mg
I ＝E R E ＝
ΔΦΔt ＝L 1L 2·ΔB
Δt
B ＝B 0＋?
??
??ΔB Δt t
联立以上各式，代入数据解得t ＝5 s 。 答案：5 s 6.
解析：(1)由牛顿第二定律F ＝ma ，得
a ＝F m ＝0.010.02 m/s 2＝0.5 m/s 2 t ＝v t －v 0a ＝100.5
s ＝20 s 。
(2)导线ab 保持以10 m/s 的速度运动，受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r
＝0.16 N
安培力与拉力F 是一对平衡力，故F ＝0.16 N 。 答案：(1)20 s (2)0.16 N 7.
解析：(1)对于导体棒cd ，由于做匀加速运动，则有：
v 1＝at ，由E ＝BLv 可知：E ＝BLat
对于电容器，由C ＝Q U
可知：Q ＝CU ＝CBLat ， 对于闭合回路，由I ＝Q t
可知：I ＝CBLa 对于导体棒，由F 安＝BIL 可知：F 安＝B 2L 2
Ca ①
由牛顿第二定律可知：F －F 安＝ma ，F ＝(m ＋B 2L 2
C )a ，因此对于外力F 来说，是一个恒定的外力，不随时间变化。
(2)对于导体棒cd ，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有：W 安＝－F
安
x ② x ＝12
at 2③
由①②③式得：W 安＝B 2L 2a 2t 2C
2
，
所以在t 秒转化为电场能的能量为：E ＝
B 2L 2a 2t 2C
2
。
答案：(1)F ＝(m ＋B 2L 2
C )a ，为恒力，不随时间t 变化
(2)
B 2L 2a 2t 2C
2
8.
解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m
由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ－F 安＝0
F 安＝BIL I ＝E R ＋r E ＝BLv m
由以上各式代入数据解得v m ＝2.0 m/s 。
(2)金属棒以最大速度v m 匀速运动时，电阻R 上的电功率最大，此时P R ＝I 2
R ，解得：P R ＝3 W 。 (3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律：
mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R ＋Q r ＋1
2
mv m 2
根据焦耳定律Q R Q r ＝R r
，解得x ＝2.0 m
根据q ＝I Δt ，I ＝E
R ＋r ，E ＝ΔΦ
Δt
ΔΦ＝BLx ，解得q ＝
BLx
R ＋r
＝1.0 C 。 答案：(1)2.0 m/s (2)3 W (3)1.0 C